a: A,E,D,B cùng thuộc (O)

=>AEDB nội tiếp

A,E,C,B cùng thuộc (O)

=>AECB nội tiếp

B,E,C,D cùng thuộc (O)

=>BECD nội tiếp

góc AHB=góc AKB=90 độ

=>AKHB nội tiếp

b: Đề sai rồi bạn

a) Ta có  \(\widehat{AHB}=90^o\)

Theo tính chất góc ngoài của tam giác, ta có:

\(\widehat{IAB}=\widehat{AHB}+\widehat{HBA}=90^o+\widehat{HBA}=\widehat{EBA}+\widehat{HBA}=\widehat{CBE}\)

Xét tam giác ABI và tam giác BEC có:

AI = BC (gt)

BA = EB (gt)

\(\widehat{IAB}=\widehat{CBE}\)  (cmt)

\(\Rightarrow\Delta ABI=\Delta BEC\left(c-g-c\right)\)

b) Do \(\Delta ABI=\Delta BEC\Rightarrow BI=EC\)

Gọi giao điểm của EC với AB và BI lần lượt là J và K.

Do \(\Delta ABI=\Delta BEC\Rightarrow\widehat{KBJ}=\widehat{BEK}\)

Vậy thì \(\widehat{KBJ}+\widehat{KJB}=\widehat{BEK}+\widehat{KJB}=90^o\)

Suy ra \(\widehat{BKJ}=90^o\) hay \(BI\perp CE\)

c) Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có \(IC\perp BF\)

Gọi giao điểm của IC và BF là T.

Xét tam giác IBC có IH, CK, BT là các đường cao nên chúng đồng quy tại một điểm.

Vậy AH, EC, BF đồng quy tại một điểm.

Vẽ hình đi bạn

Rồi mình giúp bạn làm

Vẽ hình xong gửi tin nhắn cho mình

:) Chúc bạn học tôt 

@@

Hình vẽ : 

~ Ủng hộ nhé 

Vì  ∆ ABC là tam giác nhọn nên ba đường cao cắt nhau tại điểm H nằm trong tam giác ABC.

a) Tam giác ABI và BEC có: AI = BC, \(\widehat{BAI}=\widehat{EBC}\left(=90^o+\widehat{ABH}\right)\), AB = BE

\(\Rightarrow\Delta ABI=\Delta BEC\left(c.g.c\right)\)

b) Từ câu a => BI = CE và \(\widehat{ABI}=\widehat{BEC}\Rightarrow\widehat{ABI}+\widehat{EBI}=\widehat{BEC}+\widehat{EBI}=90^o\Rightarrow BI⊥CE\)

c) Chứng minh tương tự ta được \(CI⊥BF\)

Xét tam giác BIC có AH, CE, BF là ba đường cao nên đồng quy tại một điểm.

Em tham khảo tại đây nhé.

Câu hỏi của Đức Tạ - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath

a,b: Xét ΔOIB vuông tạiI và ΔOKC vuông tại K có

góc IOB=góc KOC

=>ΔOIB đồng dạng vơi ΔOKC

=>OI/OK=OB/OC

=>OI*OC=OK*OB

c: Xét ΔBOH vuông tại H và ΔBCK vuông tại K có

góc OBH chung

=>ΔBOH đồng dạng với ΔBCK

d: Xét ΔCHO vuông tại H và ΔCIB vuông tại I có

góc HCO chung

=>ΔCHO đồng dạng với ΔCIB

=>CH/CI=CO/CB

=>CH*CB=CI*CO

ΔBOH đồng dạng với ΔBCK

=>BO/BC=BH/BK

=>BO*BK=BH*BC

BO*BK+CO*CI=BH*BC+CH*BC=BC^2

Vì  ∆ ABC là tam giác nhọn nên ba đường cao cắt nhau tại điểm H nằm trong tam giác ABC.

Tứ giác BIHL nội tiếp.

Tứ giác CIHK nội tiếp.

Từ (1), (2) suy ra:

a) Từ E kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt BC tại M.

Ta có: \(\widehat{EBM}+90^o+\widehat{ABH}=180^o\)

=> \(\widehat{EBM}+\widehat{ABH}=90^o\) (1)

Mặt khác, trong tam giác BAH vuông tại H, có: \(\widehat{BAH}+\widehat{ABH}=90^o\) (2)

Từ 1 và 2 => \(\widehat{EBM}=\widehat{BAH}\) => \(180^o-\widehat{EBM}=180^o-\widehat{BAH}=>\widehat{EBC}=\widehat{BAI}\)

Xét tam giác EBC và tam giác BAI, có:

EB=AB

\(\widehat{EBC}=\widehat{BAI}\)

BC=AI

=> \(\Delta EBC=\Delta BAI\left(c.g.c\right)\)=> \(\widehat{PIQ}=\widehat{QCH}\)(góc tương ứng)

b) Do tam giác EBC= tam giác BAI nên BI=EC( cạnh tương ứng)

*) Trong tam giác IPQ có: \(\widehat{PIQ}+\widehat{IOP}+\widehat{IPQ}=180^o\)(3)

*) Trong tam giác QHC có: \(\widehat{HQC}+\widehat{QCH}+\widehat{CHQ}=180^o\) (4)

=> \(\widehat{PIQ}+\widehat{IOP}+\widehat{IPQ}=\)\(\widehat{HQC}+\widehat{QCH}+\widehat{CHQ}\)

Mà : \(\widehat{PIQ}=\widehat{QCH}\)

\(\widehat{IOP}=\widehat{HQC}\) (góc đối đỉnh)

=> \(\widehat{IPQ}=\widehat{CHQ}=90^o\)